2025年苏科新版选修化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年苏科新版选修化学上册月考试卷349考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、工业生产硫酸的过程中，SO2在接触室中被催化氧化为SO3气体，已知该反应为放热反应。现将2molSO2、1molO2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的转化率为50%，则下列热化学方程式正确的是A.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=−196.6kJ·mol−1B.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=−98.3kJ·mol−1C.SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)ΔH=+98.3kJ·mol−1D.SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)ΔH=−49.2kJ·mol−12、百里酚蓝(以下记为H2A)是一种有机弱酸，结构如图1所示，其电离平衡可表示为：

25°C时0.1mol·L-1溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数δ与pH的变化关系如图2所示。已知：δ(A2-)=

下列说法不正确的是A.溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化B.δ(HA-)=C.pH=7.0：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)>c(H+)=c(OH-)D.NaOH滴定CH3COOH，可用H2A作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定终点3、根据下列图示所得出的结论正确的是A.是Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液之后，溶液的导电能力随滴入NaHSO4溶液体积变化的曲线，说明a点对应的溶液呈碱性B.表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下，反应过程中的能量变化C.是I2＋I－⇌I3-中I3-的平衡浓度随温度变化的曲线，说明平衡常数K(T1)2)D.是室温下用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定0.1mol·L－1某酸HX的滴定曲线，说明可用甲基橙判断该反应的终点4、下列离子方程式正确的是A.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：PbSO4+2H2O+2e-＝PbO2+4H++B.用惰性电极电解氯化铜溶液2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C.少量的Mg(HCO3)2溶液加过量的Ba(OH)2溶液的离子方程式为：Mg2++2+2Ba2++4OH-＝2BaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2OD.HS－的水解方程式：HS-+H2O⇌H3O++S2-5、实现转变为的方法是A.与足量NaOH溶液共热后，再通入CO2B.与足量NaOH溶液共热后，再通入HClC.与稀硫酸共热后，加入足量NaOH溶液D.与稀硫酸共热后，加入足量Na2CO3溶液6、某烯烃和炔烃的混合气体，其密度是相同条件下氢气密度的13.8倍，将1L混合气体燃烧，在同温同压下得到2.1LCO2气体。则该混合烃可能是A.C2H4和C2H2B.C2H4和C3H4C.C3H6和C2H2D.C3H6和C3H47、下列说法不正确的是A.属于糖类、油脂、蛋白质的物质均可发生水解反应B.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区分C.室温下，在水中的溶解度：乙酸>苯酚>溴乙烷D.酚类物质具有还原性，有些可用作食品中的抗氧化剂8、借助现代化的仪器可以帮助我们便捷地认识有机物的结构。有机物R的两种谱图如下；下列选项所给出的结构中可能为R的是。

A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、在a、b两支试管中加入体积相同的同种生铁块。在a中加入食盐水，塞上橡皮塞，如图。U型玻璃管内为红墨水（开始时两端液面等高）。放置一段时间后，下列叙述错误的是A.生铁块中的主要成分是铁，也含有少量的碳B.红墨水柱两边的液面变为左低右高C.两试管中铁均被锈蚀D.a试管中发生的反应是：2C+2Fe+3O2=2FeCO310、为二元弱酸，室温下，将溶液和氨水按一定比例混合，可用于测定溶液中钙的含量。室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.溶液：B.溶液：C.向溶液中滴加氨水至pH=7：D.氨水和溶液等体积混合：11、电解质溶液的导电能力越强，电导率越大。常温下用0.1000mol∙L－1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.1000mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似，已知在常温下Kb[(CH3)2NH∙H2O]＝1.6×10－4)；利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线②代表滴定二甲胺溶液的曲线B.d点溶液中：c(H＋)＞c(OH－)＋c[(CH3)2NH]C.b、c、d三点的溶液中，b点水的电离程度最大D.a点溶液与d点的溶液混合后的溶液中：c[(CH3)2NH2＋]＞c[(CH3)2NH∙H2O]12、常温下，0.1mol/LH2C2O4水溶液中存在H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三种形态含碳粒子，用NaOH或HCl调节该溶液的pH，三种含碳粒子的分布系数δ随溶液pH变化的关系如下图[已知：a=1.35，b=4.17，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；忽略溶液体积变化]。下列说法错误的是。

A.pH=5时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：c(C2O42-)>c(H2C2O4)>c(HC2O4-)B.已知pKa=-lgKa，则pKa2(H2C2O4)=4.17C.0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)D.一定温度下往CaC2O4饱和溶液中加入少量CaCl2固体，c(C2O42-)将减小，c(Ca2+)不变13、如图所示是中学化学中常见的有机物之间的转化关系，A的分子式为A可以提供生命活动所需要的能量，D是石油裂解气的主要成分，E可以发生银镜反应，F的相对分子质量为60，且分子中碳元素的质量分数为40%。下列说法错误的是。

A.D→E的化学方程式：B.A可能是果糖C.①的反应类型为水解反应D.与B含有相同官能团的B的同分异构体有2种(不考虑立体异构)14、利用下列实验药品，能达到实验目的的是。选项实验目的实验药品A与铜离子结合能力：溶液，NaOH溶液，氨水B蔗糖是否发生水解蔗糖，稀硫酸，新制的悬浊液C检验氯乙烷消去的有机产物氯乙烷，NaOH溶液，乙醇，溴水D用标准浓度的盐酸测定未知浓度的溶液溶液，0.1盐酸，酚酞

A.AB.BC.CD.D15、盐酸洛派丁胺俗称易蒙停；它是一种新型的止泻药，适用于各种急慢性腹泻的治疗，其结构简式如图：

下列说法不正确的是（）A.易蒙停的分子式为C29H34Cl2N2O3B.向易蒙停溶液中加入FeCl3溶液，溶液显紫色C.1mol易蒙停只能与1molNaOH发生反应D.1mol易蒙停最多能与3mol溴水发生反应评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、锌在工业中有重要作用；也是人体必需的微量元素。回答下列问题：

（1）Zn原子核外电子排布式为________。

（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。

（3）ZnF2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________。

（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为___________________。

（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。

17、无机化合物可根据其组成和性质进行分类。

(1)如图所示的物质分类方法名称是_______。

(2)以中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在表中横线上。(只填一种即可)。物质类别强酸强碱钠盐氧化物氢化物化学式①

②____③___

④⑤

⑥____⑦

⑧⑨

⑩

(3)写出⑤的电离方程式：_______。

(4)写出实验室由⑩制备的化学方程式：_______。

(5)实验室制备⑦常用(填名称)____和____反应，该反应的离子方程式为____。18、氧化锌；硫化锌都是重要的基础化工原料。

（1）ZnO与Al2O3的化学性质相似，ZnO在NaOH溶液中转化成[Zn(OH)4]2的离子方程式为_____________。

（2）火法炼锌得到的氧化锌中含有铅；铜等杂质；提纯步骤如下：

①上图中的“冷凝物”为________（填化学式）。

②某温度时，在反应Ⅰ的反应炉中，起始时c(CO)为0.3mol•L1，反应过程中CO2的体积分数φ(CO2)如图所示，则反应Ⅰ的平衡常数K＝_____。

③下列措施有利于提高反应Ⅰ中ZnO转化率的是________。

a．增大ZnO的投料量b．适当加压c．将锌蒸气及时分离。

④反应Ⅱ中，每转移1mol电子，反应放热174kJ，则H2＝_____________。

（3）测定氧化锌样品纯度：称取0.5000g样品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，摇匀。量取25.00mL该溶液，用0.04000mol•L1的EDTA（Na2H2Y）标准液滴定其中的Zn2+（反应方程式为Zn2+＋H2Y2＝ZnY2＋2H+；杂质不反应），平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL。

①若滴定管未用EDTA标准液润洗，测定结果将___（填“偏高”；“偏低”或“不变”）。

②样品纯度为：________________（列出计算式即可）。

（4）彩电荧光屏中的蓝色荧光粉含有ZnS。将含有0.05molZnS的荧光粉溶于500mL盐酸中，完全溶解后，溶液中c(S2)≤__________mol•L1。（已知：Ksp(ZnS)＝2.5×1023，忽略溶液体积的变化）19、（1）雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料；二者在自然界中共生。完成下列填空：

①As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，若As2S3和SnCl2恰好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为_________，该反应的氧化剂是______，反应产生的气体可用_________吸收。

②As2S3和HNO3有反应：___As2S3+___NO+____=___H3AsO4+___S+___NO2↑+____

a．将方程式补充完整并配平。

b．若生成1molH3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为_________

（2）某温度下将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液，经测定，ClO-和的物质的量浓度之比为7∶1，则Cl2与KOH反应时，氧化剂和还原剂物质的量之比为______。若5molCl2参加反应，转移电子数为______（用NA表示阿伏伽德罗常数）。20、按要求回答下列问题。

Ⅰ、(1)已知拆开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为____________________________。

(2)已知：碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol－1；

S(s)+2K(s)=K2S(s)；ΔH2=bkJ·mol－1

2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)ΔH3=ckJ·mol－1；

则S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)ΔH=____________________。

(3)肼N2H4(l)可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4(g)反应生成N2和水蒸气。

已知：①N2(g)+2O2(g)===N2O4(l)ΔH1=-195kJ/mol

②N2H4(l)+O2(g)===N2(g)+2H2O(g)ΔH2=-534.2kJ/mol

写出N2H4(l)和N2O4(l)反应的热化学方程式______________

Ⅱ、在一定温度下，有a，盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸：

(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是________。

(2)若三者c(H+)相同时；物质的量浓度由大到小的顺序是__________。

(3)当三者c(H＋)相同且体积也相同时；分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是________。

Ⅲ；25℃时pH＝12的NaOH溶液100mL；要使它的pH为11。(体积变化忽略不计)

(1)如果加入蒸馏水；应加入蒸馏水______________mL

(2)如果加入pH＝10的NaOH溶液；应加NaOH溶液______________mL；

(3)如果加0.005mol/LH2SO4，应加0.005mol/LH2SO4______________mL。(精确到0.1)21、只含C、H、O的有机物，为便于研究其燃烧时生成物与所需氧气的量的关系，可用通式(CxHy)m(H2O)n或(CxOy)m(H2O)n，表示它们(m、n、x、y均为正整数)。例如：CH3OH、C2H5OH、C3H7OH等物质可用通式(CH2)m(H2O)n表示；它们的m分别为1；2、3，n均为1。它们完全燃烧时所需的氧气和生成的二氧化碳的体积比为3∶2。

(1)现有一类只含C、H、O的有机物，它们完全燃烧时消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比为5∶4，按照上述要求，该类化合物的通式可表示为____，写出这类化合物相对分子质量最小的物质的结构简式___。

(2)若某一类有机物可用通式(CxHy)m(H2O)n表示，则在相同条件下，该类化合物完全燃烧时消耗氧气的体积V1和生成CO2的体积V2必须满足的条件是__。22、(1)有下列几组物质；请将序号填入下列空格内：

A、CH2=CH-COOH和油酸(C17H33COOH)B、12C60和石墨C、和D、35Cl和37ClE；乙醇和乙二醇。

①互为同系物的是________；

②互为同分异构体的是________；

③既不是同系物，又不是同分异构体，也不是同素异形体，但可看成是同一类物质的是________。

(2)有8种物质：A乙烷；B乙烯；C乙炔；D苯；E甲苯；F溴乙烷；G聚丙烯；H环己烯。

其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是________；

(3)写出聚合物的单体结构简式________和________。评卷人得分四、工业流程题(共1题，共9分)23、S和Te属于同主族元素，碲(Te)广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥(主要成分为Cu2Te；还含有金；铂等)中回收碲的工艺流程如下：

已知：TeO2具有强还原性，且TeO2、Cu2TeO4均难溶于水；高碲酸钠的化学式为Na2TeO4。

回答下列问题：

(1)Cu2Te中Te的化合价为_______。

(2)S和Te属于同主族元素，则稳定性：H2S_______(填“>”或“<”)H2Te，试解释其原因：_______。

(3)“滤液I”的主要成分是_______(写化学式)；“滤液I”中溶质的浸出率与温度的关系如图所示，解释溶质的浸出率随温度变化的可能原因：_______。

(4)“碱浸”时发生反应的离子方程式为_______。

(5)粗碲粉中碲的质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为_______；若硫酸亚铁铵溶液使用之前部分被氧化，则测定结果_______(填“偏高”或“偏低”)。评卷人得分五、计算题(共4题，共20分)24、二元化合物X呈黑棕色晶体，易潮解，易溶于水、乙醇和乙醚；熔点306℃，沸点315℃，400℃时存在二聚体。将X加热到200℃以上释放出一种单质气体：取1.2000gX,加热完全分解为晶体B和气体C;气体C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，消耗29.59mL;晶体B可溶于水，所得溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液进行滴定，消耗24.66mL。设分解反应转移电子数为n,则X的摩尔质量为___________；满足条件的X是___________。25、按要求填空：

(1)Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH－(aq)。常温下，Cr(OH)3溶度积Ksp=1.0×10－32，要使c(Cr3+)完全沉淀；溶液的pH应调至______。

(2)25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解方程式为_________，由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。

(3)在100℃下，将pH=3的硫酸溶液和pH=10的NaOH溶液混合，若要使混合后溶液的pH=7，则硫酸溶液和NaOH溶液的体积比约为_____。26、有丙炔和氢气的混合气体5L；在催化剂作用下，经充分反应后得到的气体的体积为V(所有体积均在同温同压下测定)。

（1）若将上述5L气体在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和水，消耗同温同压下氧气的体积V(O2)为___(取值范围)。

（2）若氢气的体积为1L，反应后的体积V＝___L。

（3）若氢气在混合气体中的体积分数为x，试用x表示反应后的体积V=___。27、(1)有机物A的红外光谱图如图：

A的结构简式为______。

(2)有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色黏稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：。实验步骤解释或实验结论①称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍。试通过计算填空：A的相对分子质量为：____。②将此9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2gA的分子式为：___。③另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2(标准状况)，若与足量金属钠反应则生成2.24LH2(标准状况)写出A中含有的官能团：_____④A的核磁共振氢谱如图：

A中含有_____种氢原子。⑤综上所述，A的结构简式为______。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】

SO2在接触室中被催化氧化为SO3，已知该反应为一放热反应．现将2molSO2、1molO2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的物质的量为1mol．反应是可逆反应；发生反应的二氧化硫为1mol，放热为98.3KJ，所以依据反应放出的热量，结合热化学方程式的书写方法来解答，注意标注物质的聚集状态。

【详解】

将2molSO2、1molO2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的物质的量为1mol，说明反应是可逆反应，不能进行彻底，实际发生反应的二氧化硫为1mol，1mol二氧化硫全部反应放热98.3KJ，热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=−196.6kJ·mol−1或SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)△H=-98.3kJ·mol−1。

A项；热化学方程式符合题意；故A正确；

B项；热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合；故B错误；

C项、反应是放热反应，不是吸热反应，△H=-98.3kJ·mol−1；故C错误；

D项；热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合；故D错误。

故选A。

【点睛】

本题考查了热化学方程式，注意可逆反应的特点是反应不能进行彻底。2、D【分析】【分析】

随着pH的增大，HA-在增大，H2A在减小，随着pH的进一步增大，则HA-在减小，A2-在增大；以此解题。

【详解】

A．根据结构可知；百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离，根据信息可知，溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化，A正确；

B．根据可知，将其代入B正确；

C．根据分析结合图示可知，pH=7.0：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)>c(H+)=c(OH-)；C正确；

D．滴定终点为醋酸钠溶液；溶液显碱性，根据题给信息可知，此时溶液应该橙色变蓝色，D错误；

故选D。3、A【分析】【详解】

A.Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液之后；溶液中生成硫酸钡沉淀，导电能力减弱，a中硫酸氢钠过量，则溶质为氢氧化钠；硫酸钠，说明a点对用的溶液显碱性，A项正确；

B.该图中反应物能量小于生成物能量；属于吸热反应，B项错误；

C.由I2＋I－⇌I3-中I3-的平衡浓度随温度变化的曲线分析可知，升温平衡逆向进行，平衡常数K(T2)<K(T1)；C项错误；

D.甲基橙的变色范围是3.1-4.4；图象中反应终点的pH不在此范围，不可用甲基橙判断该反应的终点，D项错误；

答案选A。

【点睛】

甲基橙的变色范围是3.1-4.4。4、C【分析】【详解】

A．铅酸蓄电池充电时的阳极发生氧化反应，失电子，铅元素的化合价由+2价升高到+4价，电极反应为PbSO4+2H2O-2e-＝PbO2+4H++故A错误；

B．用惰性电极电解氯化铜溶液，铜离子在阴极得到电子生成铜，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑；故B错误；

C．少量的Mg(HCO3)2溶液与过量的Ba(OH)2溶液反应，则以少量的Mg(HCO3)2为基准，按照1：2反应，即2个HCO3-中和2个OH-，1个Mg2+沉淀2个OH-，2个Ba2+与2个CO32-产生2个BaCO3，则离子方程式为Mg2++2HCO3-+2Ba2++4OH-═2BaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2O；故C正确；

D．HS-的水解是HS-离子与水电离出的H+结合成弱电解质H2S的过程，其水解的离子方程式为HS-+H2OH2S+OH-；故D错误；

答案为C。5、A【分析】【分析】

将转变为-COONa没有变化，-COO-水解可生成-OH，以此来解答。

【详解】

将转变为-COONa没有变化，-COO-水解可生成-OH，则先发生在NaOH水溶液中的水解生成再通入CO2，生成即可，注意强酸（HCl）与-COONa反应，NaOH、Na2CO3；均能与苯酚反应；所以B、C、D不能实现。

答案选A。

【点睛】

本题考查有机物的合成，明确官能团的变化及物质的性质是解答本题的关键，注意强酸（HCl）与-COONa反应，NaOH、Na2CO3、均能与苯酚反应为解答的易错点，题目难度不大。6、C【分析】【分析】

某烯烃和炔烃的混合气体，其密度是相同条件下氢气密度的倍，则其相对分子质量为27.6，一定含有将1混合气体燃烧，在同温同压下得到2.1气体；两种烃的碳原子数平均值是2.1，即一个碳原子数比2.1小，另一个碳原子数要大于2.1，取整数，就是要大于等于3。

【详解】

A．和碳原子平均数为2，不符合，A项错误；

B．和不含有不符合，B项错误；

C．含有碳原子平均值有可能为2.1，C项正确；

D．不含有不符合题意，D项错误；

故选C。7、A【分析】A.属于油脂和蛋白质的物质均可发生水解反应，属于糖类的物质不一定能发生水解反应，如单糖就不能水解，A不正确；B.乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区分，向乙酸中滴加碳酸钠溶液可以冒气泡，而乙酸乙酯不会，B正确；C.室温下，在水中的溶解度的大小关系为乙酸>苯酚>溴乙烷，C正确；D.酚类物质具有还原性，有些可用作食品中的抗氧化剂，D正确。本题选A。8、C【分析】【分析】

由质谱图可知；R的相对分子质量在100~110之间，由氢核磁共振谱图知，分子内有2种H原子，数目之比等于3:2。

【详解】

A．选项中的有机物分子式为C4H8；相对分子质量为56，分子内有2种H，H原子数目比为3:1，A不符合；

B．选项中的有机物分子式为C8H10O2；相对分子质量为138，分子内有3种H，H原子数目比为3:1:1，B不符合；

C．选项中的有机物分子式为C8H10；相对分子质量为106，分子内有2种H，H原子数目比为3：2，C符合；

D．选项中的有机物分子式为C8H16；相对分子质量为112，分子内有3种H，H原子数目比为3:1:2，D不符合；

选C。二、多选题(共7题，共14分)9、BD【分析】【分析】

根据铁生锈的知识进行分析；铁在有水和氧气并存时发生吸氧腐蚀，易生锈，铁锈的主要成分是氧化铁，铁生锈消耗氧气导致装置内压强减小。

【详解】

A.生铁并不是纯铁；它还含有碳；硅、锰等，是一种合金．故不选A；

B.开始时；a试管发生吸氧腐蚀，电化腐蚀速率较快，而右侧也有空气，且中间连接部分是红墨水，含有水分，所以也能生锈，只是相对左侧慢一些，因此红墨水柱两边的液面变为左高右低，故选B；

C.a、b试管中的铁钉在放置一段时间后；均可被缓慢氧化，故不选C；

D.铁生锈的过程；实际上是铁与空气中的水和氧气发生化学反应的过程，而不是生铁中的碳和铁和氧气发生化学反应的过程．故选D；

答案：BD10、BD【分析】【详解】

为二元弱酸，室温下，将溶液和氨水按一定比例混合；可用于测定溶液中钙的含量。室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）

A.溶液，部分电离，电离显酸性，因此离子浓度关系为：故A错误；

B.溶液，根据越弱越水解，因此铵根水解程度大于草酸根水解程度，溶液显酸性：故B正确；

C.向溶液中滴加氨水至pH=7，根据电荷守恒得到：由于呈中性，得到故C错误；

D.氨水和溶液等体积混合，混合后溶质为：和氨水的混合物，且浓度比为2:1，根据物料守恒得出故D正确。

综上所述；答案为BD。

【点睛】

利用电荷守恒和溶液pH=7来解列离子关系，抓住元素守恒思想巧列物料守恒。11、AD【分析】【分析】

(CH3)2NH∙H2O为弱电解质，在溶液中部分电离，等浓度时离子浓度比NaOH小，则导电性较弱，由此可知曲线②为(CH3)2NH∙H2O的变化曲线，曲线①为NaOH的变化曲线，加入HCl，(CH3)2NH∙H2O溶液中离子浓度逐渐增大；导电性逐渐增强，NaOH与盐酸发生中和反应，离子浓度减小，由图象可知加入盐酸10mL时完全反应，以此解答该题。

【详解】

A．盐酸滴定NaOH溶液；溶液体积增大，浓度减小，电导率减小；盐酸滴定二甲胺溶液，由于二甲胺是弱电解质，生成的盐是强电解质，滴定过程中导电离子浓度增大，电导率增大。故曲线①代表滴定NaOH溶液，曲线②代表滴定二甲胺溶液，故A正确；

B．d点溶液的溶质是(CH3)2NH2Cl，(CH3)2NH部分水解使溶液显酸性，一定存在：(CH3)2NH＞c(H+)，不可能存在c(H+)＞c(OH-)＋c[(CH3)2NH]；故B错误；

C．b、c、d三点的溶液中溶质分别是：NaCl，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH∙H2O1：1混合，(CH3)2NH2Cl，b点NaCl对水的电离无影响，c点由Kb[(CH3)2NH∙H2O]=1.6×10-4可知，(CH3)2NH∙H2O的电离大于(CH3)2NH2+的水解，对水的电离有抑制作用，d点(CH3)2NH2+的水解对水的电离有促进作用；故d点水的电离程度最大，故C错误；

D．a点溶液中，溶质为等量的NaCl和NaOH，d点溶液中，溶质为(CH3)2NH2Cl，则a点溶液与d点的溶液混合后c[(CH3)2NH]＝c[(CH3)2NH∙H2O]，溶液存在(CH3)2NH∙H2O的电离和(CH3)2NH的水解，由Kb[(CH3)2NH∙H2O]=1.6×10-4可知，(CH3)2NH∙H2O的电离大于(CH3)2NH的水解，故c[(CH3)2NH]＞c[(CH3)2NH∙H2O]；故D正确；

答案选AD。12、AD【分析】【详解】

根据图示可知①表示H2C2O4，②表示HC2O4-，③C2O42-的含量。

A.pH=5时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)；A错误；

B.Ka2(H2C2O4)=当溶液中c(C2O42-)=c(HC2O4-)，Ka2(H2C2O4)=c(H+)=10-4.17，所以根据pKa=-lgKa，可知pKa2(H2C2O4)=4.17；B正确；

C.根据物料守恒可得：c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，将两式联立整理可得c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)；C正确；

D.一定温度下CaC2O4饱和溶液中存在平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，向其中加入少量CaCl2固体，平衡逆向移动，使c(C2O42-)减小，但最终c(Ca2+)增大；D错误；

故合理选项是AD。13、BD【分析】【分析】

A为葡萄糖；D为乙烯，乙烯与水加成得到C：乙醇，乙烯与氧气反应得到E：乙醛，乙醛催化氧化得到F：乙酸，B在酸性环境下水解得到乙醇和乙酸，B为乙酸乙酯。

【详解】

A．乙烯与氧气反应得到乙醛；方程式正确，A正确；

B．A可以提供生命活动所需要的能量；为葡萄糖，B错误；

C．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇；反应类型为水解反应，C正确；

D．B的同分异构体含酯基；可能为甲酸丙酯，甲酸异丙酯，丙酸甲酯，共3种同分异构体，D错误；

故选BD。14、AC【分析】【详解】

A．溶液加入NaOH溶液生成蓝色Cu(OH)2沉淀，往沉淀中加入氨水，沉淀溶解，生成深蓝色的溶液，实现了Cu(OH)2沉淀向的转化，证明了铜离子结合能力：A项正确；

B．向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟使其水解，加入碱使溶液呈碱性后再向其中加入新制的悬浊液并加热；实验方案中没有加碱中和酸，B项错误；

C．反应生成乙烯和溴化钠；将气体产物通入溴水中，溴水褪色，说明生成的有机产物是乙烯，C项正确；

D．用盐酸滴定NaHCO3溶液应该用甲基橙做指示剂而不用酚酞，因为酚酞变色范围是8-10，在酚酞变为无色的时候，NaHCO3并没有完全被反应完毕；所以导致未到达滴定终点，D项错误；

故选AC。15、CD【分析】【详解】

A．根据结构简式可知易蒙停的分子式为C29H34Cl2N2O3；A正确；

B．分子中含有酚羟基，向易蒙停溶液中加入FeCl3溶液；溶液显紫色，B正确；

C．能与NaOH反应的为酚羟基；-Cl、和HCl；则1mol易蒙停能与4molNaOH发生反应，C错误；

D．酚羟基只有2个邻位H原子；则1mol易蒙停最多能与2mol溴水发生取代反应，D错误。

答案选CD。

【点睛】

苯环上的氯原子先与NaOH反应生成酚羟基，酚羟基能继续与NaOH发生反应，所以苯环上的1mol氯原子能与2molNaOH发生反应。三、填空题(共7题，共14分)16、略

【分析】【分析】

本题是物质结构与性质的综合题；需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。

【详解】

（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。

（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能；原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。

（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物；所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌；溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。

（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。

（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NAg。该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×cm2，高为ccm，所以体积为6×cm3。所以密度为：g·cm-3。

【点睛】

本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。【解析】[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子离子键ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小平面三角形sp2六方最密堆积(A3型)17、略

【分析】【详解】

（1）如图所示的物质分类方法名称是树状分类法；

（2）常见的强酸有H2SO4、HNO3、HCl；碱有NaOH、KOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2；盐有NaHCO3、NaHSO4、NaCl、Na2SO4、Na2CO3、NaNO3、Na2SO3等；故为H2SO4或HNO3；KOH；NaNO3、Na2SO4、NaHCO3、NaHSO4；

（3）Na2CO3是强电解质，电离方程式为Na2CO3=2Na++CO

（4）实验室制备O2常利用H2O2在催化剂作用下的分解反应：2H2O22H2O＋O2↑；

（5）制备CO2常利用大理石或石灰石(CaCO3)与稀盐酸反应，离子方程式为CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O；【解析】(1)树状分类法。

(2)或等。

(3)

(4)

(5)大理石稀盐酸CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O18、略

【分析】【详解】

(1)ZnO和Al2O3的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以氧化锌与氢氧化钠的反应的方程式为：ZnO+H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-，故答案为ZnO+H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-；

(2)①反应Ⅰ：ZnO(s)+CO(g)⇌Zn(g)+CO2(g)；锌蒸气冷凝为冷凝物，冷凝物为金属锌，故答案为Zn；

②某温度时，在反应Ⅰ的反应炉中，起始时c(CO)为0.3mol•L-1，反应过程中达到平衡CO2的体积分数φ(CO2)如图所示为0.4；

ZnO(s)+CO(g)⇌Zn(g)+CO2(g)

起始量(mol/L)0.30

变化量(mol/L)xx

平衡量(mol/L)0.3-xx

=0.4，x=0.12，平衡常数K==0.67；故答案为0.67；

③a．增大ZnO的投料量，氧化锌为固体不影响平衡，氧化锌转化率不变，故a错误；b．反应前后气体体积不变，适当加压，不影响平衡移动，故b错误；c．将锌蒸气及时分离；平衡正向进行氧化锌转化率增大，故c正确；故答案为c；

④反应Ⅱ中2Zn(g)+O2(g)═2ZnO(s)，反应中2molZn完全反应电子转移4mol，反应每转移1mol电子，反应放热174kJ，转移4mol电子反应放热696KJ，反应焓变△H=-696KJ/mol；故答案为-696KJ/mol；

(3)①滴定管未用EDTA标准液润洗；内层水膜会稀释标准溶液，消耗标准溶液体积会增大，测定结果偏高，故答案为偏高；

②称取0.5000g样品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，摇匀．量取25.00mL该溶液，用0.04000mol•L-1的EDTA(Na2H2Y)标准液滴定其中的Zn2+(反应方程式为Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+；杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL．

Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+；

11

n15.12×10-3L×0.04000mol/L

n(ZnO)=n(Zn2+)=15.12×10-3L×0.04000mol/L，250mL溶液中n(ZnO)=15.12×10-3L×0.04000mol/L×样品纯度=×100%，故答案为×100%；

(4)将含有0.05molZnS的荧光粉溶于500mL盐酸中，完全溶解后溶液中锌离子浓度c(Zn2+)==0.1mol/L，Ksp(ZnS)=2.5×10-23=c(Zn2+)c(S2-)；

c(S2-)≤2.5×10-22mol/L，故答案为2.5×10-22。

点睛：本题考查了物质组成的探究、化学反应速率、化学平衡常数的计算、影响化学平衡因素分析、滴定实验的过程分析和计算。解答本题的关键是熟悉化学平衡的计算的基本方法和滴定误差的分析方法。【解析】ZnO+2OH-+H2O=[Zn(OH)4]2-Zn0.4mol/Lc-696kJ/mol偏高2.5×10-2219、略

【分析】【详解】

(1)①根据电子得失守恒可知，1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，所以二者的物质的量之比为1∶1；反应中As的化合价降低，As2S3为氧化剂，H2S为酸性气体；可用NaOH溶液吸收；

②a．As的化合价由+3价升高到+5价，S的化合价由-2价升高到0价，N的化合价由+5降低为+4，反应中NO3-发生还原反应生成NO2，由守恒法可得，反应的离子方程式为As2S3+10NO3-+10H+=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。

b．若生成1molH3AsO4，参加反应的As2S3物质的量为0.5mol；反应中As从+3价升高为0价，S从-2价升高为+6价，则反应中转移电子的物质的量为0.5mol×(2×2+2×3)=5mol；

(2)Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为7∶1，则可设ClO-为7mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl共8mol，失去电子的总物质的量为7mol×(1-0)+1mol×(5-0)=12mol。根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等可知，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为12mol，则被还原的Cl的物质的量为12mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为(12mol)∶(8mol)=3∶2；若5molCl2参加反应，其中被还原的Cl2的物质的量为5mol×=3mol，则转移电子的物质的量为3mol×2=6mol，转移的电子数为6NA。【解析】①.1∶1②.As2S3③.氢氧化钠溶液（或硫酸铜溶液）④.1⑤.10⑥.10H+⑦.2⑧.3⑨.10⑩.2H2O⑪.5mol⑫.3∶2⑬.6NA20、略

【分析】【分析】

【详解】

Ⅰ、(1)在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3；共形成6molN-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的热量少，放出的热量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ；

故答案为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ•mol-1；

(2)由信息可知，①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ⋅mol−1；②S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=bkJ⋅mol−1；③2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=ckJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知，②+①×3−③得到S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=(3a+b−c)kJ·mol－1；

(3)①N2(g)+2O2(g)=N2O4(l)△H1=−195kJ∙mol−1；②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=−534.2kJ⋅mol−1；根据盖斯定律写出肼和N2O4反应的热化学方程：②×2−①得到：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=−873.4kJ/mol；故答案为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=−873.4kJ/mol；

Ⅱ、(1)硫酸为二元酸，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，则物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是b>a>c，故答案为：b>a>c；

(2)同体积同物质的量浓度的三种酸，醋酸和盐酸的物质的量相等，但硫酸为二元酸，则中和同物质的量浓度的NaOH消耗的体积由大到小的顺序是b>a=c；

故答案为：b>a=c；

(3)当c(H+)相同、体积相同时，盐酸、硫酸完全电离，只有醋酸在继续电离，则分别加入足量锌，相同状况产生的气体体积由大到小的顺序为c>a=b，故答案为：c>a=b；

(4)醋酸在稀释过程中，会促进电离，所以氢离子的物质的量增加，氢离子的浓度变化程度小，硫酸和盐酸溶液中氢离子物质的量不变且相等，所以c(H+)由大到小的顺序是c>a=b，故答案为：c>a=b；

Ⅲ、pH=12的NaOH溶液中c(OH−)=0.01mol/L，pH降为11，则溶液中c(OH−)=0.001mol/L；

(1)设加入水的体积为xL；溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则。

0.01mol/L×0.1L=0.001mol/L×(0.1+x)L；x=0.9L，即900ml，故答案为：900；

(2)pH=10的氢氧化钠溶液中c(OH−)=0.0001mol/L；设pH=10的氢氧化钠的体积为yL，则0，01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×yL=0.001mol/L×(0.1+y)L，y=1L=1000mL，故答案为：1000；

(3)0.005mol/LH2SO4溶液中c(H+)=0，005mol/L×2=0.01mol/L，设0.005mol/LH2SO4溶液的体积为xL，则0.01mol/L×0.1L-0.01mol/L×xL=0.001mol/L×(0.1+x)L，解得x=81.82mL，故答案为：81.82。【解析】N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－13a+b-ckJ·mol－12N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-873.4kJ·mol－1b＞a＞cc＞a＞bc＞a=b900100081，8221、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据上述规律，由于消耗的氧气体积比生成的二氧化碳体积大，这类有机物应满足通式由燃烧反应方程式结合题给条件得：解得所以通式为分别对m、n取值，可得相对分子质量最小的物质的结构简式是

(2)由燃烧反应方程式可知，消耗氧气的体积与生成的体积比为故即【解析】(CH)m(H2O)nCH3CHO=22、略

【分析】【分析】

本题考查了同系物；同分异构体、同类物质的判断、常见有机物的相关性质和聚合物单体的书写；难度中等，掌握基础为解题关键，注意基础知识的积累。

【详解】

(1)A．CH2=CH-COOH和油酸(C17H33COOH)结构相似、通式相同，相差15个CH2原子团；互为同系物；

B.C60和石墨是由碳元素组成的不同单质；互为同素异形体；

C.分子式相同；结构不同，互为同分异构体；

D.和质子数都为17；中子数不同，是氯元素的不同原子，互为同位素；

E.乙醇和乙二醇都含有羟基但个数不同；可看成是同一类物质。

综上可知；①互为同系物的是A；②互为同分异构体的是C；③既不是同系物，又不是同分异构体，也不是同素异形体，但可看成是同一类物质的是E；

故答案为：①A；②C；③E；

(2)A乙烷既不能使酸性溶液褪色；也不能与溴水反应使溴水褪色；

B.乙烯既能使酸性溶液褪色；也能与溴水反应使溴水褪色；

C.乙炔既能使酸性溶液褪色；也能与溴水反应使溴水褪色；

D.苯既不能使酸性溶液褪色；也不能与溴水反应使溴水褪色；

E.甲苯能使酸性溶液褪色；但不能与溴水反应使溴水褪色；

F.溴乙烷既不能使酸性溶液褪色；也不能与溴水反应使溴水褪色；

G.聚丙烯既不能使酸性溶液褪色；也不能与溴水反应使溴水褪色；

H.环己烯既能使酸性溶液褪色；也能与溴水反应使溴水褪色；

综上可知，不能使酸性溶液褪色；也不能与溴水反应使溴水褪色的是ADFG；

故答案为：ADFG；

(3)链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换．结构简式中主链上有4个碳原子其单体必为2种，将单键键中的1个C-C打开，可得该聚合物的单体结构简式为CH2=CH2和CH2=CHCH3；

故答案为：CH2=CH2;CH2=CHCH3【解析】①.A②.C③.E④.ADFG⑤.CH2=CH2⑥.CH2=CHCH3四、工业流程题(共1题，共9分)23、略

【分析】【分析】

根据回收碲的工艺流程可知，精炼钢的阳极泥(主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等)和硫酸、空气反应生成了不溶于水的TeO2，根据碲元素的化合价变化，可知此反应是氧化还原反应，反应的化学方程式是Cu2Te+2H2SO4+2O2=2CuSO4+TeO2+2H2O，则反应过后水浸的滤液I的主要成分是CuSO4，滤渣的主要成分是不溶于水的TeO2，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的Na2TeO3，然后在滤液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4，最后通过结晶分离出Na2TeO4，然后把Na2TeO4和H2SO4、Na2SO3放在一起反应生成不溶于水的碲；经过沉碲操作得到粗碲粉，据此分析解答。

【详解】

（1）Cu2Te中Cu为+1价；则Te为-2价；

（2）同主族元素，原子序数越大，非金属性越弱，氢化物的稳定性越弱，故H2S的稳定性强于H2Te；

（3）经分析，滤液I的主要成分是CuSO4，根据CuSO4的浸出率与温度关系图可知，浸出率先是随温度升高而升高，然后随温度升高而减小，其原因是温度升高，硫酸铜的溶解度增大，溶解速率会加快，则浸出率逐渐升高，当温度高到一定程度，由于TeO2具有强还原性，则和CuSO4发生氧化还原反应生成了难溶于水的Cu2TeO4，故后期温度升高，CuSO4的浸出率反而下降。

（4）经分析“碱浸”过程是不溶于水的TeO2，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的Na2TeO3，故离子方程式为TeO2+2OH-=+H2O。

（5）根据题意可知25.00mLH2TeO3溶液和V2mLc2mol·L-1硫酸亚铁铵被V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液氧化，H2TeO3被氧化成H6TeO6，亚铁被氧化成+3价铁，K2Cr2O7被还原成+3价铬，根据电子守恒可得关系式c(H2TeO3)×25.00mL×2+c2×V2mL×1=c1×V1mL×3×2，解得c(H2TeO3)=mol·L-1，则100mL的H2TeO3溶液所含的n(H2TeO3)=mol·L-1×0.1L=mol，n(H2TeO3)=n(Te)=mol，则m(Te)=故mg粗碲粉中碲的质量分数为=若硫酸亚铁铵溶液使用之前部分被氧化，消耗K2Cr2O7溶液体积偏小，则测定结果偏低。【解析】(1)-2价。

(2)>同主族元素；原子序数越大，非金属性越弱，氢化物的稳定性越弱。

(3)CuSO4随温度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高，但温度过高，CuSO4和TeO2反应生成难溶性的Cu2TeO4；出率降低。

(4)TeO2+2OH-=+H2O

(5)偏低五、计算题(共4题，共20分)24、略

【分析】【分析】

由X的物理性质知X易升华，是分子晶体。加热分解时发生氧化还原反应，气体C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，晶体B的溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液进行滴定；两个过程电子转移量相等。X的质量是两元素质量之和，两种元素物质的量之比等于化学式中原子个数之比。

【详解】

气体C用足量KI溶液吸收，再用0.2500mol/LNa2S2O3溶液进行滴定，反应时C中元素化合价降低，KI被氧化为I2，I2再被Na2S2O3还原为I-，符合此条件的单质为氯气，所以X中含氯元素；X分解得到B，所得溶液用0.0500mol/L的K2Cr2O7溶液滴定，Cr元素被还原，B中元素被氧化，溶液中有变价的金属元素是铁元素，所以X中含铁元素，X中含铁、氯两种元素。由电子守恒得关系式：6Fe2+~K2Cr2O7，n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=624.66mL—3L/ml，m(Fe2+)=n(Fe2+)

n(Cl-)=m(Cl-)/M(Cl-)=［1.2-m(Fe)］/M(Cl-)，n(Fe):n(Cl)=1:3，所以X化学式为FeCl3，；所以摩尔质量为162.5g/mol；

故答案为162.5g/mol；FeCl3。【解析】162.5g/molFeCl325、略

【分析】【分析】

(1)根据Cr(OH)3溶度积计算要使c(Cr3+)完全沉淀时的氢氧根浓度；再计算氢